排列组合公式排列组合计算公式高中数学

排列组合公式排列组合计算公式高中数学
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排列组合公式/排列组合计算公式
公式P是指排列，从N个元素取R个进行排列。

公式C是指组合，从N个元素取R个，不进行排列。

N-元素的总个数
R参与选择的元素个数
！-阶乘，如9！＝9*8*7*6*5*4*3*2*1
从N倒数r个，表达式应该为n*（n-1)*(n-2)..(n-r+1);
因为从n到（n-r+1)个数为n－（n-r+1)＝r
举例：
Q1:有从1到9共计9个号码球，请问，可以组成多少个三位数
A1: 123和213是两个不同的排列数。

即对排列顺序有要求的，既属于“排列P”计算范畴。

上问题中，任何一个号码只能用一次，显然不会出现988,997之类的组合，我们可以这么看，百位数有9种可能，十位数则应该有9-1种可能，个位数则应该只有9-1-1种可能，最终共有9*8*7个三位数。

计算公式＝P（3，9)＝9*8*7,(从9倒数3个的乘积）
Q2: 有从1到9共计9个号码球，请问，如果三个一组，代表“三国联盟”，可以组合成多少个“三国联盟”
A2: 213组合和312组合，代表同一个组合，只要有三个号码球在一起即可。

即不要求顺序的，属于“组合C”计算范畴。

上问题中，将所有的包括排列数的个数去除掉属于重复的个数即为最终组合数C(3,9)=9*8*7/3*2*1
排列、组合的概念和公式典型例题分析
例1设有3名学生和4个课外小组．（1）每名学生都只参加一个课外小组；（2）每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加．各有多少种不同方法
解（1）由于每名学生都可以参加4个课外小组中的任何一个，而不限制每个课外小组的人数，因此共有种不同方法．
（2）由于每名学生都只参加一个课外小组，而且每个小组至多有一名学生参加，因此共有种不同方法．
点评由于要让3名学生逐个选择课外小组，故两问都用乘法原理进行计算．
例2 排成一行，其中不排第一，不排第二，不排第三，不排第四的不同排法共有多少种
解依题意，符合要求的排法可分为第一个排、、中的某一个，共3类，每一类中不同排法可采用画“树图”的方式逐一排出：
∴ 符合题意的不同排法共有9种．
点评按照分“类”的思路，本题应用了加法原理．为把握不同排法的规律，“树图”是一种具有直观形象的有效做法，也是解决计数问题的一种数学模型．
例３判断下列问题是排列问题还是组合问题并计算出结果．
（1）高三年级学生会有11人：①每两人互通一封信，共通了多少封信②每两人互握了一次手，共握了多少次手
（2）高二年级数学课外小组共10人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法②从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法
（3）有2，3，5，7，11，13，17，19八个质数：①从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商②从中任取两个求它的积，可以得到多少个不同的积
（4）有8盆花：①从中选出2盆分别给甲乙两人每人一盆，有多少种不同的选法②从中选出2盆放在教室有多少种不同的选法分析（1）①由于每人互通一封信，甲给乙的信与乙给甲的信是不
同的两封信，所以与顺序有关是排列；②由于每两人互握一次手，甲与乙握手，乙与甲握手是同一次握手，与顺序无关，所以是组合问题．其他类似分析．
（1）①是排列问题，共用了封信；②是组合问题，共需握手（次）．
（2）①是排列问题，共有（种）不同的选法；②是组合问题，共有种不同的选法．
（3）①是排列问题，共有种不同的商；②是组合问题，共有种不同的积．
（4）①是排列问题，共有种不同的选法；②是组合问题，共有种不同的选法．
例４证明．
证明左式
右式．
∴ 等式成立．
点评这是一个排列数等式的证明问题，选用阶乘之商的形式，并利用阶乘的性质，可使变形过程得以简化．
例5 化简．
解法一原式
解法二原式
点评解法一选用了组合数公式的阶乘形式，并利用阶乘的性质；解法二选用了组合数的两个性质，都使变形过程得以简化．
例6 解方程：（1）；（2）．
解（1）原方程
解得．
（2）原方程可变为
∵ ，，
∴ 原方程可化为．
即，解得
第六章排列组合、二项式定理
一、考纲要求
1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.
2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的问题.
3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.
二、知识结构
三、知识点、能力点提示
(一)加法原理乘法原理
说明加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排列、组合中有关问题提供了理论根据.
例15位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的报名方法共有多少种
解：5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种不同的报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有
3×3×3×3×3=35(种)
(二)排列、排列数公式
说明排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它
研究的对象以及研究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽
象，解题方法比较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题或填空题考查.
例2由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的偶数共有()
个个个个
解因为要求是偶数，个位数只能是2或4的排法有P1
2
；小于50 000的
五位数，万位只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有P1
3
;在首末两
位数排定后，中间3个位数的排法有P3
3，得P1
3
P3
3
P1
2
＝36(个)
由此可知此题应选C.
例3将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种解：将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有3种，即214 3，3142，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3种填法；将数字1填入第4方格，也对应3种填法，因此共有填法为
3P1
3
=9(种).
例四例五可能有问题，等思考
三)组合、组合数公式、组合数的两个性质
说明历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本上都是由选择题或填空题考查.
例4从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有()
种种种种
解：抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有C1
4·C2
5
种；甲型2台乙型1
台的取法有C2
4·C1
5
种
根据加法原理可得总的取法有
C2
4·C2
5
+C2
4
·C1
5
=40+30=70(种 )
可知此题应选C.
例5甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1 项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式
解：甲公司从8项工程中选出3项工程的方式 C3
8
种；
乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有C1
5
种；
丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有C2
4
种；
丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有C 2
2种.
根据乘法原理可得承包方式的种数有C 3
8×C 1
5×C 2
4×C 2
2= ×1=1680(种). (四)二项式定理、二项展开式的性质
说明二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的基础知识 ，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查二项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空题. 例6在(x- )10的展开式中，x 6的系数是()
解设(x- )10
的展开式中第γ+1项含x 6， 因T γ+1=C γ10x 10-γ(- )γ，10-γ=6,γ=4
于是展开式中第5项含x 6，第5项系数是C 410(- )4=9C 410 故此题应选D.
例7(x-1)-(x-1)2
＋(x-1)3
-(x-1)+(x-1)５
的展开式中的x ２
的系数等于
解：此题可视为首项为x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前5项的和，则其和为 在(x-1)6中含x 3的项是C 36x 3(-1)3=-20x 3，因此展开式中x 2的系数是-2 0. (五)综合例题赏析
例8若(2x+ )4
=a 0+a 1x+a 2x 2
+a 3x 3
+a 4x 4
，则(a 0+a 2+a 4)2
-(a 1+a 3)2
的值为()
解：A.
例92名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2 名护士，不同的分配方法共有() 种种种种
解分医生的方法有P 22＝2种，分护士方法有C 24=6种，所以共有6×2＝12种不同的分配方法。

应选B.
例10从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其 中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同取法共有(). 种种种种
解：取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形. ∵C 2
4·+C 2
5·C 1
4=5×6+10×4=70. ∴应选C.
例11某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2 名代表，至少有1名女生当选的不同选法有()
种种种种
解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类： ∵C 1
3·C 1
7+C 2
3=3×7+3=24， ∴应选D.
例12由数学0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的 六位数，其中个位数字小于十位数字的共有(). 个个 个个
解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个应有P 15·P 55=600个.
由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半. ∴有 ×600=300个符合题设的六位数. 应选B.
例13以一个正方体的顶点为顶点的 四面体共有(). 个个 个个
解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为C 48=70个.
其中共面四点分3类：构成侧面的有6组；构成垂直底面的对角面的有2组；形如
(ADB
1C
1
)的有4组.
∴能形成四面体的有70-6-2-4=58(组)
应选C.
例14如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有().
对对
对对
解：设正六棱锥为O—ABCDEF.
任取一侧棱OA(C1
6
)则OA与BC、CD、DE、EF均形成异面直线对.
∴共有C16×4=24对异面直线.
应选B.
例15正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点为顶点的三角形共个(以数字作答).
解：7点中任取3个则有C3
7
=35组.
其中三点共线的有3组(正六边形有3条直径).
∴三角形个数为35-3=32个.
例16设含有10个元素的集合的全部子集数为S ，其中由3个元素组成的子集数为T ，则 的值为。

解10个元素的集合的全部子集数有：
S ＝C 010+C 110+C 210+C 310+C 410+C 510+C 610+C 710+C 810+C 910+C 1010=2 10=1024 其中，含3个元素的子集数有T=C 310=120 故 =
例17例17在50件产品 n 中有4件是次品，从中任意抽了5件 ，至少有3件是次品的
抽法共
种(用数字作答).
解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”. ∴C 34·C 246+C 44·C 146=4186(种)
例18有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、 丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有(). 种种 种种
解：先从10人中选2个承担任务甲(C 210) 再从剩余8人中选1人承担任务乙(C 1 8)
又从剩余7人中选1人承担任务乙(C 1
7) ∴有C 2
10·C 1
8C 1
7=2520(种). 应选C.
例19集合｛1，2，3｝子集总共有(). 个个个个
解三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，由一个元素组成的子集数
C 13，由二个元素组成的子集数C 23。

由3个元素组成的子集数C 33。

由加法原理可得集合子集的总个数是 C 13+C 23+C 33+1=3+3+1+1＝8 故此题应选B.
例20假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有两件次品的抽法有(). 种 +C 33C 2197 13C 4197
解：5件中恰有二件为次品的抽法为C 23C 3197，
5件中恰三件为次品的抽法为C3
3C2
197
，
∴至少有两件次品的抽法为C2
3C3
197
+C3
3
C2
197
.
应选B.
例21两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座(每人一个座位)，则不同座法的总数是().。